\documentclass[a4paper]{article}
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\title{\heiti\zihao{2} 习题2.1}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{下列陈述是否可以作为 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ 的定义?若回答是肯定的,请证明之;若回答是否定的,请举出反例.}
\subsection{存在无限多个正数 $\varepsilon,$ 存在 $N \in \mathbb{N}^{*}$,使得当 $n>N$ 时,有 $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon$}
\textbf{解}\quad
不正确.任意多不代表能够趋近于$0$,$\varepsilon$可贵之处在于其能取得很小.

\subsection{对于任意正数 $\varepsilon,$ 存在无穷多个 $n \in \mathbb{N}^{*},$ 使得 $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon$}
\textbf{解}\quad
不正确.可考虑$a_{n}=(n \mod{2})$.

\subsection{对于每一个正整数 $k$,存在 $N_{k} \in \mathbb{N}^{*}$,使得当 $n>N_{k}$ 时,有 $\left|a_{n}-a\right|<\frac{1}{k}$}
\textbf{解}\quad
正确.$\forall \varepsilon>0$,可取$k$足够大,使得$\frac{1}{k}<\varepsilon$,从而$n>N_{k}$时,$|a_{n}-A|<\frac{1}{k}<\varepsilon$.

\subsection{对于任意正数 $\varepsilon$,存在 $N \in \mathbb{N}^{*}$,使得当 $n>N$ 时,有 $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon^{2}$}
\textbf{解}\quad
正确.只考虑$\varepsilon<1$的情形.$\varepsilon^{2}<\varepsilon$,从而$n>N$时$|a_{n}-A|<\varepsilon^{2}<\varepsilon$.

\textbf{注}\quad
对于极限的$\varepsilon - \delta$语言,只需要考虑$\varepsilon$很小的时候的情况.

\subsection{对于任意正数 $\varepsilon,$存在 $N \in \mathbb{N}^{*}$,使得当 $n>N$ 时,有 $a_{n}-a<\varepsilon $}
\textbf{解}\quad
不正确.考虑$a_{n}= -n$,$A=0$.

\section{用极限定义证明:}
\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\cos n}{\sqrt{n}}=0$}%1
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{\cos n}{\sqrt{n}}-0\right|=\left|\frac{\cos n}{\sqrt{n}}\right|<\varepsilon$, 由
$$
\left|\frac{\cos n}{\sqrt{n}}-0\right|=\left|\frac{\cos n}{\sqrt{n}}\right|<\frac{1}{\sqrt{n}}<\varepsilon
$$
\par 可解得,只需要 $n>\frac{1}{\varepsilon^{2}},$ 取 $N=\left[\frac{1}{\varepsilon^{2}}\right]$ 即可, 因此当 $n>N$ 时, 有 $\left|\frac{\cos n}{\sqrt{n}}-0\right|<\varepsilon$,从而证毕.

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}=0$}%2
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}-0\right|=\left|\frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}\right|<\varepsilon,$ 由
$$
\left|\frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}-0\right|=\left|\frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}\right|<\frac{\sqrt{n}}{n+1}<\frac{1}{\sqrt{n}}<\varepsilon
$$
\par 可解得,只需要 $n>\frac{1}{\varepsilon^{2}},$ 取 $N=\left[\frac{1}{\varepsilon^{2}}\right]$ 即可, 因此 当 $n>N$ 时,有 $\left|\frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}-0\right|<\varepsilon$,所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{n} \cos n^{2}}{n+1}=0
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3\sqrt{n}-1}{2\sqrt{n}-1}=\frac{3}{2}$}%3
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{3 \sqrt{n}-1}{2 \sqrt{n}+1}-\frac{3}{2}\right|=\left|\frac{6 \sqrt{n}-2-6 \sqrt{n}-3}{2 \sqrt{n}+1}\right|=\frac{5}{2 \sqrt{n}+1}<\varepsilon,$ 由
$$
\left|\frac{3 \sqrt{n}-1}{2 \sqrt{n}+1}-\frac{3}{2}\right|=\frac{5}{2 \sqrt{n}+1}<\frac{5}{\sqrt{n}}<\varepsilon
$$
\par 可解得,只需要 $n>\frac{25}{\varepsilon^{2}},$ 取 $N=\left[\frac{25}{\varepsilon^{2}}\right]$ 即可, 因此当 $n>N$ 时,有 $\left|\frac{3 \sqrt{n}-1}{2 \sqrt{n}+1}-\frac{3}{2}\right|<\varepsilon,$ 所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 \sqrt{n}-1}{2 \sqrt{n}+1}=\frac{3}{2}
$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{5 n^{2}}{7 n-n^{2}}=-5$}%4
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{5 n^{2}}{7 n-n^{2}}-(-5)\right|=\left|\frac{5 n^{2}+35 n-5 n^{2}}{7 n-n^{2}}\right|=\left|\frac{35 n}{7 n-n^{2}}\right|<\varepsilon$, 由
$\left|\frac{5 n^{2}}{7 n-n^{2}}-(-5)\right|=\left|\frac{35 n}{7 n-n^{2}}\right|<\frac{35}{n-7}<\varepsilon, \quad n>7$
\par 可解得, 只需要 $n>\frac{35}{\varepsilon}+7,$ 取 $N=\left[\frac{35}{\varepsilon}+7\right]$ 即可,因此当 $n>N$ 时,有 $\left|\frac{5 n^{2}}{7 n-n^{2}}-(-5)\right|<\varepsilon$,
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{5 n^{2}}{7 n-n^{2}}=-5$.

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})=0$}%5
\textbf{证}\quad
要证 $|\sqrt{n+1}-\sqrt{n}-0|=|\sqrt{n+1}-\sqrt{n}|=\left|\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\right|<\varepsilon,$ 由
$|\sqrt{n+1}-\sqrt{n}-0|=\left|\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\right|<\frac{1}{2 \sqrt{n}}<\varepsilon$
\par 可解得,只需要 $n>\left[\frac{1}{4 \varepsilon^{2}}\right]$,取 $N=\left[\frac{1}{4 \varepsilon^{2}}\right]$ 即可,因此当 $n>N$ 时,有 $|\sqrt{n+1}-\sqrt{n}-0|<\varepsilon,$ 
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=0$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}}=\frac{1}{2}$}%6
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{(n+1) n}{2 n^{2}}-\frac{1}{2}\right|=\frac{n}{2 n^{2}}=\frac{1}{2 n}<\varepsilon,$ 由
$\left|\frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}}-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2 n}<\varepsilon$
\par 可解得,只需要 $n>\left[\frac{1}{2 \varepsilon}\right],$ 取 $N=\left[\frac{1}{2 \varepsilon}\right]$ 即可,因此当 $n>N$ 时,有 $\left|\frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}}-\frac{1}{2}\right|<\varepsilon$,
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+2+\cdots+n}{n^{2}}=\frac{1}{2}$.

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n !}{n^{n}}=0$}%7
\textbf{证}\quad
要证 $\left|\frac{n !}{n^{n}}-0\right|=\frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdots \cdots \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n}{n}<\varepsilon,$ 由
$$
\left|\frac{n !}{n^{n}}-0\right|=\frac{1}{n} \cdot \frac{2}{n} \cdot \cdots \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n}{n}<\frac{1}{n}<\varepsilon
$$
\par 可解得, 只需要 $n>\left[\frac{1}{\varepsilon}\right],$ 
取 $N=\left[\frac{1}{\varepsilon}\right]$ 即可,因此当 $n>N$ 时,
有 $\left|\frac{n !}{n^{n}}-0\right|<\varepsilon$,
所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n !}{n^{n}}=0
$$

\subsection{ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{k}}{a^{n}}=0(k>0, a>1)$}%8
\textbf{证}\quad
因为 $a>1$,所以 $$a^{n}=(1+b)^{n}=1+\mathrm{C}_{n}^{1} b+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n} b^{n}>\mathrm{C}_{n}^{k+1} b^{k+1}=\frac{n \cdots(n-k) b^{k+1}}{(k+1) !}$$
则 $$\frac{n^{k}}{a^{n}}=\frac{n^{k}(k+1) !}{n(n-1)(n-2) \cdots(n-k) b^{k+1}}=\frac{(k+1) !}{n\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{k}{n}\right) b^{k+1}}$$
\par 又由于当 $n>2 k$ 时, $\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{k}{n}\right)>\frac{1}{2^{k}},$ 所 以 $\frac{n^{k}}{a^{n}}<\frac{(k+1) ! 2^{k}}{n b^{k+1}},$ 记
$M=\frac{(k+1) ! 2^{k}}{b^{k+1}}, \forall \varepsilon>0,$ 
\par 要使 $\frac{n^{k}}{a^{n}}<\frac{M}{n}<\varepsilon,$ 取 $N=\max \left\{2 k, \frac{M}{\varepsilon}\right\},$ 因此当$ n>N$ 时, 有
$\left|\frac{n^{k}}{a^{n}}-0\right|<\varepsilon,$ 所以 $$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{k}}{a^{n}}=0$$

\subsection{$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a^{n}}{n!}=0$(a>0)}%9
\textbf{证}\quad
因为 $a>0$, 存在自然数 $k_{0}$, 使得 $k_{0}-1<a \leqslant k_{0}$ ,
则 $0<\frac{a^{n}}{n !}=\left(\frac{a}{1} \cdot \frac{a}{2} 
\cdot \cdots \cdot \frac{a}{k_{0}}\right) \cdot\left(\frac{a}{k_{0}+1} 
\cdot \frac{a}{k_{0}+2} \cdot \cdots \cdot \frac{a}{n}\right)<\frac{a^{k_{0}}}{k_{0} !} 
\frac{a}{n}=\frac{M}{n}$
\par$\forall \varepsilon>0$, 要使 $\frac{a^{n}}{n !}<\frac{M}{n}<\varepsilon,$ 取 $N=\max \left\{k_{0}, \frac{M}{\varepsilon}\right\},$ 因此当$ n>N$ 时,有 $\left|\frac{a^{n}}{n !}-0\right|<\varepsilon,$ 所以
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a^{n}}{n!}=0
$$

\section{记 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a,$ 求证 $: \lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|=|a| $. 举例说明反之不真.}
\textbf{证}\quad
由 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$ 可知, $\forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathbb{N}^{*},$ s. t. $n>N$ 时, $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon$. 因为
$$
|| a_{n}|-| a|| \leqslant\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon,
$$
\par 所以 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|=|a|$
\par 反之不成立. 例如 $\left\{a_{n}\right\}=\left\{(-1)^{n}\right\}$ 是发散数列,但是 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 是常值数列，它是收敛的.

\section{设 $a_{n} \leqslant a \leqslant b_{n}, n=1,2, \cdots,$ 且有 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(b_{n}-a_{n}\right)=0,$ 证明 :$ \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n} a_{n}=a$.}
\textbf{证}\quad
由 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(b_{n}-a_{n}\right)=0 \Leftrightarrow \forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathbb{Z}^{+},$ 当 $n>N$ 时 $,\left|b_{n}-a_{n}\right|<\varepsilon .$
\par 已知 $a_{n} \leqslant a \leqslant b_{n}, n=1,2, \cdots,$ 所以 $0 \leqslant b_{n}-a_{n}=b_{n}-a+a-a_{n}<\varepsilon .$
\par 因为 $0 \leqslant a-a_{n}, 0 \leqslant b_{n}-a,$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}0 \leqslant b_{n}-a<\varepsilon, \\ 0 \leqslant a-a_{n}<\varepsilon .\end{array} \Rightarrow \lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a\right.$.

\section{证明 : 若 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a$,则对任何正整数 $k,$ 有 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n+k}=a$.}
\textbf{证}\quad
\par 由 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a,$ 可知 $\forall \varepsilon>0, \exists N \in \mathbb{Z}^{+},$ 当 $n>N$ 时, $\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon .$ 显然,对任意 $k>0$,
\par 当 $n>N$ 时 $, n+k>N$,故 $\left|a_{n+k}-a\right|<\varepsilon,$ 即 $\forall k>0, \lim _{n \rightarrow \infty} a_{n+k}=a$.

\section{已知 $a_{n}=n\left[1+(-1)^{n}\right], n=1,2, \cdots,$ 证明 : 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 发散.}
\textbf{证}\quad
取其偶数项子列,单调无上界,其发散.从而原数列发散.

\section{设 $A$ 是一个非空有上界的实数集,证明 : 可以在 $A$ 中取到一个数列 $\left\{a_{n}\right\}$,使得
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\sup A
$$}
\textbf{证}\quad
只需找到$x_{1}\cdots x_{n}$,$\sup a_{n}-x_{i}<\frac{1}{i}$即可.由于上确界保证一定能取到,所以显然成立.
\par 需要注意的是并不是在$A$中找到无穷多个数,而是$A$中的所有数可构成一个数列.


\end{document}